$M$ es el punto medio del segmento de línea $BC$. $N$ e $P$ son los puntos en $\triangle ABC$ tal que $PM \parallel AB$ e $MN \parallel CA$, $CP \perp PM$ e $MN \perp NB$. $K$ es el punto medio de la $NP$. $L$ es el reflejo de $K$ en la circunferencia circunscrita de $\triangle MNP$. Demostrar que $LB = LC$.
Esto viene de una prueba por mi maestro que no podía resolver cualquiera de los problemas. Supongo que este problema puede ser resuelto mediante el uso de la geometría de la perspectiva, que yo sólo han estudiado los conceptos básicos.
Respuestas
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Deje $\omega$ denotar $(MNP)$, y deje que su circumcentre ser $O$.
Tenga en cuenta que si $H$ es el orthocentre de $ABC$, a continuación, $BN$ e $CP$ de acuerdo al $H$ como $MN \parallel AC$, e $MP \parallel AB$ lo $BN \perp AC$ e $CP \perp AB$.
Por lo tanto, desde el $\angle HNM = \angle HPM = 90^{\circ}$, $H$ es el punto antipodal de $M$ en $\omega$.
Ahora, desde la $L$ es el reflejo de $K$ en $\omega$, a continuación, $LN$ e $LP$ son tangentes a $\omega$. Esto se desprende de los triángulos semejantes: $OK \times OL = ON^2 \implies \frac{OK}{ON} = \frac{ON}{OL}$, e $\angle LON$ es compartido, por lo $\triangle OKN \sim \triangle ONL \implies \angle ONL = \angle OKN = 90^{\circ}$ como $K$ es el punto medio de la $NP$. Por lo tanto, $LN$ es tangente a $\omega$. Un argumento similar se tiene para $LP$.
Supongamos $P_{\infty}$ es el punto en el infinito en la línea $BC$. Entonces, tenemos
$$(B, C; M, P_{\infty}) = -1.$$
La proyección de estos a través de $H$ a $\omega$ rendimientos
$$(N, P; M, H') = -1,$$
donde $H'$ es el punto en $\omega$ tal que $HH' \parallel BC$. A partir de esta relación, obtenemos $MNH'P$ es un armónico cuadrilátero, lo que implica $MH'$ es el symmedian de $\triangle MNP$. Sin embargo, $ML$ es el symmedian de $MNP$ como $L$ es la intersección de las tangentes a $N$ e $P$, por lo que debemos tener $L, H', M$ colineales.
Por lo tanto, desde el $H'M \perp BC$ (como $\angle HH'M = 90^{\circ}$ e $HH' \parallel BC$), a continuación, $LM \perp BC$, lo $LB = LC$ como $LM$ es una bisectriz perpendicular de $BC$.
Mick
Puntos
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Extender BN para cortar AC a B'. Hacer lo mismo para obtener C'. Entonces, BB' y CC' son las altitudes de las $\triangle ABC$ y se reunirán en el H, el ortocentro. Por lo tanto, Una(H)a' es la tercera de altitud. Tenga en cuenta que M, N. H, P mentira en el mismo círculo cuyo centro es O y con HM como el diámetro.
Dejar de corte de PELÍCULA círculo MNHP en S. Vamos a SP producido corte SC en T.
Producir PO para cortar el círculo MNHP en Q tal que P(S)Q es otro diámetro de ese círculo. Tenga en cuenta que, después de la construcción, HQMP es un rectángulo circunscrito por el círculo MNHP.
La inversión punto de L garantiza que (1) L, K, O son colineales; y (2) LN y LP son tangentes al círculo MNHP.
Porque de muchos ángulos rectos se reúnen en P, podemos recibir muchos ángulos iguales. Los codificados con el mismo color son en realidad iguales. Por simple resta, obtenemos la rosa codificado ángulos son en realidad iguales a los codificado en rojo. Por lo tanto, $\angle A'PT = 90^0$.
$\angle HST = 90^0 + \angle blue = \angle A'PT + \angle PA'T = \angle PTC$. Esto significa que (1) HS // BC y más (2) $\angle SMC = \angle HSM = 90^0$. Resultado necesario de la siguiente manera.
